Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1156
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm

XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης



1. Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο ακέραιο αριθμό. Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;


2. Είναι γνωστό, ότι καθένα από τα τριώνυμα x^2+ax+b και x^2+ax+b+1 έχει τουλάχιστον μία ρίζα και όλες οι ρίζες αυτών των τριωνύμων είναι ακέραιοι. Να δείξετε, ότι το τριώνυμο x^2+ax+b+2 δεν έχει ρίζες.


3. Θα ονομάσουμε απόσταση μεταξύ δυο κελιών ενός τετραγωνισμένου πίνακα τον ελάχιστο αριθμό κινήσεων, με τις οποίες ένας σκακιστικός βασιλιάς μπορεί να μεταβεί από ένα εξ αυτών στο άλλο. Να βρείτε το μέγιστο αριθμό κελιών, που μπορούμε να σημειώσουμε σε πίνακα 100 \times 100 έτσι, ώστε μεταξύ αυτών να μην μπορούν να βρεθούν κελιά, η απόσταση μεταξύ των οποίων να είναι ίση με 15.


4. Η άπειρη ακολουθία μη μηδενικών αριθμών a_{1}, a_{2}, a_{3},… είναι τέτοια, ώστε για όλους τους φυσικούς αριθμούς n \geq 2018 ο αριθμός a_{n+1} να είναι η μικρότερη ρίζα του πολυωνύμου P_{n}(x)=x^{2n}+a_{1}x^{2n-2}+a_{2}x^{2n-4}+…+a_{n}. Να αποδείξετε, ότι υπάρχει τέτοιο N, ώστε στην άπειρη ακολουθία a_{N}, a_{N+1}, a_{N+2}, … κάθε όρος να είναι μικρότερος από τον προηγούμενο.


5. Σε τετράεδρο ABCD φέρουμε τα ύψη BE και CF. Το επίπεδο \alpha είναι κάθετο στην ακμή AD και διέρχεται από το μέσο της. Είναι γνωστό, ότι τα σημεία A,C,D και E είναι ομοκυκλικά, επίσης και τα σημεία A,B,D και F είναι ομοκυκλικά. Να αποδείξετε, ότι οι αποστάσεις των σημείων E και F από το επίπεδο \alpha είναι ίσες.



Πηγή

Edit 10/03/2020: Αλλαγή στην εκφώνηση του πρώτου προβλήματος, βλέπε σε παρακάτω δημοσίευση.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Τρί Μαρ 10, 2020 10:46 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1622
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Μαρ 10, 2019 12:43 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης


2. Είναι γνωστό, ότι καθένα από τα τριώνυμα x^2+ax+b και x^2+ax+b+1 έχει τουλάχιστον μία ρίζα και όλες οι ρίζες αυτών των τριωνύμων είναι ακέραιοι. Να δείξετε, ότι το τριώνυμο x^2+ax+b+2 δεν έχει ρίζες.
Πρέπει, a^2-4b=k^2,a^2-4(b+1)=\ell^2 για κάποιους (θετικούς) ακεραίους k,\ell.

Οπότε, πρέπει k^2-\ell^2=4  \Rightarrow (k-\ell)(k+\ell)=4.
Όμως, είναι k+\ell \equiv k-\ell \pmod 2, με k+\ell \geqslant k-\ell, οπότε αναγκαστικά k+\ell=k-\ell=2 \Rightarrow k=2,\ell=0.

Συνεπώς, a^2=4b+4.

Η διακρίνουσα του τριωνύμου x^2+ax+b+2 είναι \Delta=a^2-4(b+2)=-4<0, οπότε το τριώνυμο αυτό δεν έχει ρίζες.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
panagiotis iliopoulos
Δημοσιεύσεις: 141
Εγγραφή: Τετ Μαρ 07, 2018 10:26 pm

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panagiotis iliopoulos » Δευ Μαρ 11, 2019 6:59 am

Θα ήθελα να κάνω μία παρατήρηση. Δεν είναι ανάγκη ένα τριώνυμο που έχει ακέραια ρίζα να έχει διακρίνουσα τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Για παράδειγμα το τριώνυμο x^{2}-(\sqrt{3}+1)x+\sqrt{3} έχει ακέραια ρίζα το 1 χωρίς να έχει διακρίνουσα τετράγωνο ακεραίου. Επίσης δεν γνωρίζουμε ότι τα a,b είναι ακέραιοι.


'Ο Αϊνστάιν είπε πως ο θεός δεν παίζει ζάρια. Εγώ δεν πιστεύω μόνο ότι παίζει αλλά ότι δεν ξέρει και που τα ρίχνει'.
Στίβεν Χόκινγκ
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1897
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Μαρ 11, 2019 6:51 pm

panagiotis iliopoulos έγραψε:
Δευ Μαρ 11, 2019 6:59 am
Θα ήθελα να κάνω μία παρατήρηση. Δεν είναι ανάγκη ένα τριώνυμο που έχει ακέραια ρίζα να έχει διακρίνουσα τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Για παράδειγμα το τριώνυμο x^{2}-(\sqrt{3}+1)x+\sqrt{3} έχει ακέραια ρίζα το 1 χωρίς να έχει διακρίνουσα τετράγωνο ακεραίου. Επίσης δεν γνωρίζουμε ότι τα a,b είναι ακέραιοι.
Σωστή η παρατήρηση. :clap2:

Στην περίπτωσή μας, όμως, τα a, b φανερά είναι ακέραιοι, αφού όλες οι ρίζες είναι ακέραιοι κ.λπ. :P


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8468
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μαρ 12, 2019 4:17 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης


4. Η άπειρη ακολουθία μη μηδενικών αριθμών a_{1}, a_{2}, a_{3},… είναι τέτοια, ώστε για όλους τους φυσικούς αριθμούς n \geq 2018 ο αριθμός a_{n+1} να είναι η μικρότερη ρίζα του πολυωνύμου P_{n}(x)=x^{2n}+a_{1}x^{2n-2}+a_{2}x^{2n-4}+…+a_{n}. Να αποδείξετε, ότι υπάρχει τέτοιο N, ώστε στην άπειρη ακολουθία a_{N}, a_{N+1}, a_{N+2}, … κάθε όρος να είναι μικρότερος από τον προηγούμενο.

Αν δεν κάνω λάθος το N = 2019 δουλεύει.

Ας παρατηρήσουμε αρχικά ότι αν x ρίζα του P_n(x) τότε είναι και -x ρίζα του P_n(x). Άρα τα a_{2019},a_{2020},\ldots είναι όλα αρνητικά.

Επιπλέον για κάθε n \geqslant 2018 έχουμε P_{n+1}(x) = x^2P_n(x) + a_{n+1} και άρα P_{n+1}(a_{n+1}) = a_{n+1} < 0. Όμως προφανώς είναι και \lim\limits_{x \to -\infty} P_n(x) = +\infty άρα από συνέχεια της συνάρτησης υπάρχει \xi \in (-\infty,a_{n+1}) ώστε P_{n+1}(\xi) = 0. Άρα a_{n+2} < a_{n+1} και το ζητούμενο αποδείχθηκε.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8468
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μαρ 12, 2019 4:55 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης


3. Θα ονομάσουμε απόσταση μεταξύ δυο κελιών ενός τετραγωνισμένου πίνακα τον ελάχιστο αριθμό κινήσεων, με τις οποίες ένας σκακιστικός βασιλιάς μπορεί να μεταβεί από ένα εξ αυτών στο άλλο. Να βρείτε το μέγιστο αριθμό κελιών, που μπορούμε να σημειώσουμε σε πίνακα 100 \times 100 έτσι, ώστε μεταξύ αυτών να μην μπορούν να βρεθούν κελιά, η απόσταση μεταξύ των οποίων να είναι ίση με 15.
Παίρνω όλα τα κελιά της μορφής (a,b) του πίνακα ώστε το πηλίκο του a με το 15 και το πηλίκο του b με το 15 να είναι άρτιο.

Για δυο τέτοια κελιά (a,b) και (a',b'): Αν τα a,a' έχουν διαφορετικό πηλίκο, θα διαφέρει τουλάχιστον κατά 2 οπότε θα είναι και |a-a'| \geqslant 16. Αλλά τότε η απόστασή τους θα είναι τουλάχιστον 16. Ομοίως και αν τα b,b' έχουν διαφορετικό πηλίκο. Σε διαφορετική περίπτωση έχουμε |a-a'| \leqslant 14 και |b-b'| \leqslant 14 και μπορούμε κάνοντας και διαγώνια βήματα αν χρειαστεί να πάμε από το ένα κελί στο άλλο κάνοντας το πολύ 14 βήματα.

Αυτή η επιλογή δίνει 9 \cdot 15^2 + 3 \cdot 15 \cdot 10 + 3\cdot 15 \cdot 10 + 10^2 = 3025 κελιά.

Χωρίζω τώρα όλα τα κελιά σε τετράδες της μορφής

\displaystyle \left\{(30k+\ell,30k'+\ell'),(30k+\ell+15,30k'+\ell'),(30k+\ell,30k'+\ell'+15),(30k+\ell+15,30k'+\ell'+15)\right\}

όπου k,k'=0,1,2,3 και \ell,\ell' = 1,2,\ldots,15.

Κάθε κελί ανήκει σε μια τέτοια τετράδα. (Μάλιστα κάποιες από τις τετράδες περιέχουν και κελιά εκτός του πίνακα.) Όμως σε κάθε τετράδα κάθε δύο κελιά έχουν απόσταση ακριβώς 15, άρα μπορώ να επιλέξω μόνο ένα κελί από κάθε τετράδα. Οι τετράδες που έχουν τουλάχιστον ένα κελί στον πίνακα είναι αυτές με k,k'=0,1,2 καθώς και όσες έχουν k=3 ή k'=3 και επιπλέον \ell = 1,2,\ldots,10 ή \ell'=1,2,\ldots,10 αντίστοιχα. Συνολικά έχουμε (3\cdot15+10)^2 = 3025 τέτοιες τετράδες.

Άρα μπορούμε να επιλέξουμε το πολύ 3025 κελιά.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1156
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Μαρ 10, 2020 10:53 am

Απλά να ενημερώσω ότι έγινε αλλαγή στην εκφώνηση του πρώτου προβλήματος. Η πρόταση "Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο αριθμό (όχι απαραίτητα ακέραιο)." αντικαταστάθηκε με την: "Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο ακέραιο αριθμό". Στην αρχική του μορφή το πρόβλημα τέθηκε για την 10η τάξη, την οποία μάλλον επιπόλαια απλά αντέγραψα εδώ.

Η παρατήρηση έγινε από τον socrates ύστερα από επαλήθευση των επίσημων απαντήσεων.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8468
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μαρ 10, 2020 2:39 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης



1. Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο ακέραιο αριθμό. Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;
Ο δέκατος είναι ψεύτης διότι αν ήταν ευγενής και είχε όντως αριθμό μεγαλύτερο του 10, τότε μετά δεν θα έλεγε «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του k» για οποιοδήποτε k = 1,2,\ldots,10. Για τον ίδιο λόγο είναι και ο ένατος ψεύτης αφού αν ο αριθμός του ήταν μεγαλύτερος του 9, τότε ο αριθμός του θα ήταν μεγαλύτερος ή ίσος του 10.

Άρα έχουμε το πολύ 8 ευγενείς. Μπορούμε να έχουμε τόσους αν σκέφτηκαν κατά σειρά τους αριθμούς 2,3,\ldots,9,5,5. Μετά είπαν τη φράση «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του k» όπου κατά σειρά k = 3,4,\ldots,10,1,2. Τότε είναι ευγενείς οι πρώτοι οκτώ και ψεύτες οι τελευταίοι δύο.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6077
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Μαρ 11, 2020 12:47 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
1. Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο ακέραιο αριθμό. Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;
Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6077
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Μαρ 11, 2020 12:48 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm

1. Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο ακέραιο αριθμό. Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;


Μικρή παραλλαγή:



Ο καθένας εκ δέκα ατόμων είναι είτε ευγενής και λέει πάντα την αλήθεια, είτε ψεύτης και λέει πάντα ψέματα. Ο καθένας τους σκέφτηκε κάποιο ακέραιο αριθμό. Ύστερα ο πρώτος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 1», ο δεύτερος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 2», …, ο δέκατος είπε: «Ο αριθμός μου είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 10». Μετά από αυτό και οι δέκα τους, αναφώνησαν με κάποια σειρά: «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος ή ίσος του 1», «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος ή ίσος του 2», …, «Ο αριθμός μου είναι μικρότερος ή ίσος του 10» (ο καθένας τους είπε μία από αυτές τις φράσεις). Ποιος είναι ο μέγιστος και ο ελάχιστος αριθμός ευγενών που μπορεί να υπάρχουν μεταξύ αυτών των 10 ατόμων;


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5435
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Μάιος 05, 2020 11:24 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης

.........................................................................................................................

5. Σε τετράεδρο ABCD φέρουμε τα ύψη BE και CF. Το επίπεδο \alpha είναι κάθετο στην ακμή AD και διέρχεται από το μέσο της. Είναι γνωστό, ότι τα σημεία A,C,D και E είναι ομοκυκλικά, επίσης και τα σημεία A,B,D και F είναι ομοκυκλικά. Να αποδείξετε, ότι οι αποστάσεις των σημείων E και F από το επίπεδο \alpha είναι ίσες.

..........................................................................................................................
Πηγή
Δυνατό κατά την άποψη μου πρόβλημα, που πιθανόν να επιλύεται και με διανυσματική ή αναλυτική Γεωμετρία.


Από Γεωμετρική Ευκλείδεια αντίληψη για μία επίλυση αρκεί να κατανοήσουμε ότι το πρόβλημα οδηγεί στο:
Αρκεί να αποδείξουμε ότι F{A^2} - F{D^2} = E{D^2} - E{A^2}, οπότε πλέον με βάση το 2ο θεώρημα της διαμέσου προκύπτει η απόδειξη.
Για να το επιτύχουμε αυτό στον χώρο θα πρέπει να δημιουργήσουμε καθετότητες κύρια με βάση το θεώρημα των τριών καθέτων.
Έτσι θα πάμε στην θεώρηση των αντιδιαμετρικών F',\;E' των F,\;E αντίστοιχα, ώστε να χρησιμοποιήσουμε ότι κάθε γωνία που
βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή.
Εδώ μπορούμε να διαπιστώσουμε: F'A \bot \left( {CAF} \right),\;F'D \bot \left( {CDF} \right),\;E'A \bot \left( {ABE} \right),\;E'D \bot \left( {BDE} \right).
Διευκρινίζουμε ότι ως (CAF) κτλ. εδώ συμβολίζουμε το επίπεδο που ορίζεται από τα σημεία C,A,F.
Τελικά παίρνουμε:
F{A^2} - F{D^2} = F'{A^2} - F'{D^2} = \left( {F'E{'^2} - AE{'^2}} \right) - \left( {F'E{'^2} - DE{'^2}} \right) = DE{'^2} - AE{'^2} = E{D^2} - E{A^2}.
stereo.png
stereo.png (45.89 KiB) Προβλήθηκε 707 φορές

(*) Το σχήμα που είναι μέρος της ημέτερης λύσης είναι χειροποίητο, παλαιάς κοπής αντίληψη για απεικόνιση στον χώρο. Αυτό δεν έγινε "επίτηδες" αλλά όσο με αφορά δεν έχω αποκτήσει ακόμα τις δεξιότητες των νέων τεχνολογιών για τέτοιες απεικονίσεις στον χώρο και έτσι επιχειρώ επιλύσεις με "χειροποίητα" σχήματα και στην στερεομετρία. Ο φίλος Κώστας Δόρτσιος και αν είχε χρόνο θα μπορούσε να προβεί σε τέτοιου επιπέδου απεικόνιση.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1928
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Τετ Μάιος 06, 2020 1:18 pm

Φίλε Σωτήρη καλημέρα...

Θα το επιχειρήσω....

Να είσαι καλά.

Κώστας Δόρτσιος


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1928
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Πέμ Μάιος 07, 2020 10:32 am

S.E.Louridas έγραψε:
Τρί Μάιος 05, 2020 11:24 pm
Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Μαρ 03, 2019 12:40 pm
XLV Πανρωσική μαθητική μαθηματική ολυμπιάδα 2018/2019.
11η τάξη, Πρώτη μέρα. Θέματα της 3ης φάσης

.........................................................................................................................

5. Σε τετράεδρο ABCD φέρουμε τα ύψη BE και CF. Το επίπεδο \alpha είναι κάθετο στην ακμή AD και διέρχεται από το μέσο της. Είναι γνωστό, ότι τα σημεία A,C,D και E είναι ομοκυκλικά, επίσης και τα σημεία A,B,D και F είναι ομοκυκλικά. Να αποδείξετε, ότι οι αποστάσεις των σημείων E και F από το επίπεδο \alpha είναι ίσες.

..........................................................................................................................
Πηγή
Δυνατό κατά την άποψη μου πρόβλημα, που πιθανόν να επιλύεται και με διανυσματική ή αναλυτική Γεωμετρία.


Από Γεωμετρική Ευκλείδεια αντίληψη για μία επίλυση αρκεί να κατανοήσουμε ότι το πρόβλημα οδηγεί στο:
Αρκεί να αποδείξουμε ότι F{A^2} - F{D^2} = E{D^2} - E{A^2}, οπότε πλέον με βάση το 2ο θεώρημα της διαμέσου προκύπτει η απόδειξη.
Για να το επιτύχουμε αυτό στον χώρο θα πρέπει να δημιουργήσουμε καθετότητες κύρια με βάση το θεώρημα των τριών καθέτων.
Έτσι θα πάμε στην θεώρηση των αντιδιαμετρικών F',\;E' των F,\;E αντίστοιχα, ώστε να χρησιμοποιήσουμε ότι κάθε γωνία που
βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή.
Εδώ μπορούμε να διαπιστώσουμε: F'A \bot \left( {CAF} \right),\;F'D \bot \left( {CDF} \right),\;E'A \bot \left( {ABE} \right),\;E'D \bot \left( {BDE} \right).
Διευκρινίζουμε ότι ως (CAF) κτλ. εδώ συμβολίζουμε το επίπεδο που ορίζεται από τα σημεία C,A,F.
Τελικά παίρνουμε:
F{A^2} - F{D^2} = F'{A^2} - F'{D^2} = \left( {F'E{'^2} - AE{'^2}} \right) - \left( {F'E{'^2} - DE{'^2}} \right) = DE{'^2} - AE{'^2} = E{D^2} - E{A^2}.


(*) Το σχήμα που είναι μέρος της ημέτερης λύσης είναι χειροποίητο, παλαιάς κοπής αντίληψη για απεικόνιση στον χώρο. Αυτό δεν έγινε "επίτηδες" αλλά όσο με αφορά δεν έχω αποκτήσει ακόμα τις δεξιότητες των νέων τεχνολογιών για τέτοιες απεικονίσεις στον χώρο και έτσι επιχειρώ επιλύσεις με "χειροποίητα" σχήματα και στην στερεομετρία. Ο φίλος Κώστας Δόρτσιος και αν είχε χρόνο θα μπορούσε να προβεί σε τέτοιου επιπέδου απεικόνιση.
Σωτήρη καλημέρα...

Αναρτώ τρία σχήματα μέσα από τα οποία ο αναγνώστης θα μπορέσει να περιηγηθεί και να αντιληφθεί
την ομορφιά της άσκησης αυτής.

1ο σχήμα:
Τετράεδρο Σ.Λ. (1).png
Τετράεδρο Σ.Λ. (1).png (25.88 KiB) Προβλήθηκε 559 φορές
Στο σχήμα αυτό φαίνεται το τετράεδρο \displaystyle{ABCD}, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των εδρών \displaystyle{ABD} και \displaystyle{ACD}
καθώς και τα ύψη \displaystyle{BE} και \displaystyle{CF} του τετραέδρου αυτού.
2ο σχήμα:
Τετράεδρο Σ.Λ. (2).png
Τετράεδρο Σ.Λ. (2).png (25.2 KiB) Προβλήθηκε 559 φορές
Στο σχήμα αυτό φαίνονται:

1) το μεσοκάθετο επίπεδο της ακμής \displaystyle{AD} το οποίο τέμνει τους
δύο ανωτέρω κύκλους κατά τις διαμέτρους \displaystyle{KK'} και \displaystyle{LL'},

2) οι προβολές \displaystyle{F_o} και \displaystyle{E_o} αντίστοιχα των σημείων \displaystyle{F} και \displaystyle{E} επί της ακμής \displaystyle{AD},
οι οποίες ταυτίζονται, (κι αυτό δείχνεται με την εφαρμογή του δεύτερου θεωρήματος των διαμέσων,
όπως γράφει και ο Σωτήρης), και επομένως οι αποστάσεις των \displaystyle{E,F} από το μεσοκάθετο επίπεδο
είναι το τμήμα \displaystyle{ME_o=MF_o}, δηλαδή ίσες.

3ο σχήμα:
Τετράεδρο Σ.Λ. (3).png
Τετράεδρο Σ.Λ. (3).png (30.39 KiB) Προβλήθηκε 559 φορές
Στο σχήμα αυτό σημειώθηκαν και τα τρίγωνα \displaystyle{FAD} και \displaystyle{EAD} στα οποία γίνεται η εφαρμογή του δεύτερου θεωρήματος
της διαμέσου.

Κώστας Δόρτσιος


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1928
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Πέμ Μάιος 07, 2020 11:27 am

Συμπληρώνοντας την προηγούμενη ανάρτησή μου, και ύστερα από
επικοινωνία με το Σωτήρη, συμπληρώνω και την περίπτωση όπου
τα σημεία \displaystyle{E, F} βρίσκονται εκατέρωθεν του μεσοκαθέτου επιπέδου.
Τότε το τετράεδρο θα είναι το \displaystyle{AB'CD}.
Τετράεδρο Σ.Λ. (4).png
Τετράεδρο Σ.Λ. (4).png (34.62 KiB) Προβλήθηκε 544 φορές
Και στην περίπτωση αυτή εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο.

Κώστας Δόρτσιος


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5435
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/19 (ΦΙΙΙ 11η τάξη, 1η μέρα)

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Μάιος 07, 2020 11:48 am

Πράγματι ο Κώστας Δόρτσιος έδωσε την ομορφιά της απόλυτης πλέον Μαθηματικής κατασκευής μέσω των Μαθηματικών πολυμέσων, αλλά και της διερευνητικής διαδικασίας. Αναμενόμενο από τον Κώστα που συνδυάζει την βαθειά Μαθηματική Γνώση με την σε βάθος γνώση των Μαθηματικών Λογισμικών. Η διδακτική πρόταση είναι πλέον πλήρης, αφού έχουμε την οπτικολογική λειτουργία μπροστά μας. Ας μου επιτραπεί να τον ευχαριστήσω ιδιαιτέρως.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 10 επισκέπτες